Lieu du pôle de AD' par rapport à E

Kreuzcurve : \ + \ = ^ a ^~ ^ .

9». Lieu du pôle de AD' par rapport à 2.

»• fl * (a + j)6 Kreuzcurve : —A — - = — • x* r y 2 a 2 b*

SOLUTIONS SE QUESTIONS PROPOSÉES

Question 899 (2* partie).

(Voir Matkesis, (1), t. IV, p. 231 et (2), 1. 1, p. 29).

Si Vp est le coefficient de x %n dans le développement de

sin 2wa?.sin(2% — l)x... sin(2» — p + \)x p sina?.sin2#.sin3#....siny#

on a

Vt — tf 2 -{-tf 3 — «H — — 1.9.25...(2n — 1)».

(E. Cesàro.)

Solution par M. Emmkrich. Dans son article c Source d'identités » (Mathesi*, VI, p. 126), M. Cesàro propose la formule

1— «,+«,— «5 + ---=2»(l— cosa?)(l— 3«)...(1— cos(2n— l)x), (1)

qui conduit immédiatement au théorème en question. Pour démontrer la relation (1), posons

8injw? = le'*'(l — *- 3 '*0 = ^r» P (l - ?")•

En substituant ces valeurs dans l'expression de « p , nous avons

Or, d'après un théorème de l'article cité (p. 127), on a l'identité

1 — Afn,i qz + i,„, 2 qH 2 \- A 2n , fn ? *<*"+»> z*» =

\\-qz) (l-j"f)...(l- f »-i).

Si nous posons « == le terme général du premier membre devien-

dra

Le produit du second membre pourra s'écrire

lï(l — î»- * + ««) a = n(i — «-* + ï)(l — «'-¥)

= 11(2 — O i))==n2[l — cos (2p — l)x\.

La relation (1), ainsi démontrée, prouve que — V\ -J-t> 2 — «5 + ,,, + !> »'» équivaut au coefficient de x* n dans le développement de

P = 2 n (1 — cos «) (1 — cos Sx) •••[! — cos (2n — 1) x].

Or, cos /m? = 1 — j p'd?* + WpZ 5 , où w p désigne une série convergente de la forme a -f- «ifl? -j- a 2 a? 2 -{-••• Ainsi on trouve

P = 2" s' — ma*) [i • 9s* — WsX s ) • - (i • (2k - 1) — ip în - .««],

et l'on voit que le coefficient de x in dans le produit développé sera 1 .9. 25. ..(2» —

Question lOftë.

(Voir MathesU, (2) VI, page 280).

Soient A, B, C, D les pieds des normales menées d'un point P à une ellipse. Si les cordes AB, CD sont parallèles, 1° le lieu du point P se compose de deux droites ; 2° ces centres des circonférences PA6, PCD décrivent une hypertole; 3° ces circonférences passent par un point fixe. (Dbprez.)

Solution par M. Barisien. Soient (X,Y) les coordonnées de P, (a, {$), et {ma, m(3) celles des pôles Q, Q' des cordes parallèles AB, CD. L'hyperbole d'Apollonius relative an point P peut se représenter par l'une et l'autre des équations

c*xy + l*xY — a 2 yX = 0,

En identifiant, on obtient les relations

ma* = — a\ «i(3*=~i», K = l, (1)

2«aP «(l + «t) + c» —Y X K)

1* Les deux premières donnent- = =b- ; donc les points Q, Q' ont

cl a

pour lieu géométrique les diagonales i, d f du rectangle des axes, et les cordes AB, CD sont parallèles à d' ou à d.

On voit aussi que - = — ^ = db-; il en résulte que le lieu de P se X p a

compose des diamètres perpendiculaires kd'etkd.

2° A cause des angles droits PAQ, PBQ, le centre de la circonférence PAB est au milieu de la droite PQ ; il a donc pour coordonnées

Les équations (2) donnent

par inite,

En vertu des équations (1), on peut remplacer a, j3 par dp, db bp 9 étant écrit au lieu de — — ; alors

Il reste à éliminer fx entre ces deux équations. Or, on peut écrire Aapx = (a 2 4- h 2 ) ^ + c 2 , ±4tyy = (« 2 + b 2 ) p 2 — c 2 ; et en combinant par addition et par soustraction,

2 (ax ± ty) = (a 2 + b 2 ) j*, 2 (ax =f 4y) f* — e»; d'où enfin par multiplication,

4(fl f ^^? , — J 3 y a ) = a 4 — ft 4 .

3° La circonférence QAB a une équation de la forme

a*^h* ^ \a ilr b* J \a* b* y ) En exprimant que cette équation est vérifiée par x= a, y = |3, on trouve 1 -|- = 0, ce qui est aussi la condition pour que la circonférence passe par le centre de l'ellipse.'

Remarques. 1. Le cercle PAB enveloppe la quartique a«J« (x 2 + yy = (a* — S*) (b*x 2 — a 2 y*), podaire du centre de l'hyperbole

2. Le centre de gravité du triangle PAB se meut sur deux hyperboles, Forthocentre sur les diagonales des rectangles des axes, le centre du cercle des neuf points sur deux hyperboles.

3. Le lieu de l'orthocentre du triangle QAB est une hyperbole, celui du centre du cercle des neuf points se compose de deux hyperboles.

4. Les quatre droites AC, BD, AD, BG enveloppent une hyperbole équilatère.

M. Sintzof (Kazan) a résolu la même question.

Question itf 4 ou f «84.

(Voir Mathesis (2), IX, p. 80 et 215).

Une sphère et un cylindre de révolution dont le cercle de base a pour diamètre un rayon de la sphère se rencontrent suivant une courbe gauche (fenêtre de Vitiani). Trouver le lieu de la trace de la tangente à cette courbe sur le plan de base du cylindre. (Andrien.)

Solutions par M. Y. Retali. Les équations de la sphère et du cylindre étant x % + y 2 + * f = T% e * x% ~f" V % — tx = 0, nous pouvons prendre pour équations paramétriques de la courbe gauche d'intersection

#=*rcos 9 6, y— rsinôcosÔ, 3 = rsin0.

Les équations de la tangente au point sont alors

X — a Y — y Z — z sin29 eos20 cosô

et les coordonnées de la trace de cette tangente sur le plan z =

X = r (1 + sin*0), *. Y = r tangGsin^.

Eliminant 6, nous ayons pour équation du lieu cherché,

(X — r)* + Y 2 (X — r) = rY 4 ;

c'est donc une cissoïde de Dioclès.

Solutions géométriques. Soient le centre de la sphère, V le point de contact des traces horizontales de la sphère et du cylindre, P la projection horizontale d'un point (P) de la courbe gauche, t la tangente en V : les traces horizontales des plans tangents en (P)au cylindre et à la sphère sont évidemment la tangente en P au cercle OPV et la perpendiculaire à | OP | au point où | OP | coupe t; le lieu du point P' commun à ces deux traces est donc la podaire par rapport au pôle V de la parabole ayant pour foyer et son sommet en V, c'est-à-dire la cissoïde de Dioclès dont V est le rebroussement et la directrice de la parabole l'asymptote (d'inflexion).

Autrement. Puisque l'angle PVP' est droit, ie lieu de P' est la tangentielle (d'Halphen) du cercle OPV par rapport à son point Y, donc une cissoïde de Dioclès, etc.

Autrement. Si | VP' | coupe le cercle OPV une seconde fois en Q et la tangente en an point A, les triangles égaux PVP', AOQ donnent ÂQ = VP' et Ton tombe sur la construction classique de la cissoïde de Dioolès.

Rbmarqub. Le lieu de la trace de la tangente sur le plan y% est

et le lieu de la trace sur le plan xz est la cubique cuspidale (x — r) 1 = (2* — r)z*.

Note. Solution analytique et géométrique par M. Déprez; solution géométrique par M. M. Droz-Farny, Gob, Jerabek et Orlando.

La trace de la tangente à la fenêtre de Viviani sur le plan tangent au point Y décrit une Kohlenspitzencurve (Déprez).

Nous regrettons de ne pouvoir reproduire, faute d'espace la solution de M. Jerabek, qui est accompagnée de plusieurs figures bien exécutées. Nous en extrayons les remarques suivantes :

l°La projection de la fenêtre ae Viviani sur le plan xz est un arc de parabole.

2° La projection cylindrique de cette courbe sur le plan xy> les projetantes faisant l'angle du 45° avec 0*, est généralement un trifolium oblique; si les projetantes sont parallèles au plan xz, on obtient un trifolium droit; si ces projetantes sont parallèles au plan yz, la projection est un trifolium double.

"Question lflti.

(Voir Mathcsis, (2) IX, page 128).

Ramener Vune à Vautre les équations suivantes entre trois ares x f y, t :

(1) 2 sin (y + s) sin [x — y) sin (x — z) = 0,

(2) 2 sin 2x sin 4 (y — z) = 0,

(3) 2 sin 2x — 2 sin (2y -\-2z — 2x) = 0,

(4) sin (y + z) sin (z + x) sin (x + y) = sin 2x sin 2y sin 2z,

1 tgas

(J. Nbtovbo).

Solutions par MM. Dbprbz, Emmbrich, Robe et Dblahaye. Désignons par A, B, C les premiers membres des équations (1), (2), (3), On trouve en opérant sur A

2 sin (a? — y) sin (x — z) = cos — y) — cos (2a? — y — s), 2 sin (y -j- s) cos (s — y) = sin 2s -j- sin 2y, 2 sin (y -|- s) cos (2a? — y — s) = sin 2a? — sin (2a? — 2y — 2*) ;

par suite,

4A = 2 (sin 2* -f- sin 2y) — 2 [sin 2a? + sin (2y — 2* - 2a?)] = C. On peut écrire

C = 2 [sin 2a? — sin (2a? + 2y — 2s] = 2 sin 2a? [1 — cos (2y - 2z)] — 2 cos 2a? sin (2y — 2s).

La dernière somme étant identiquement nulle, il vient

C = 2 sin 2a? • 2 sin 2 (y-2) = 2B.

D'après une identité connue,

sin A + sin B -|- sin C — sin (A + B + C)

JS A+B,B+C.C+A — 4«n— «n— — tin—-;

par conséquent,

2 sin 2a? — sin 2 (a? + jf + 4 sin (a? y) sin (y -f- s) sin (s + a?), 2 sin (2y + 2* + 2a?) — sin 2 (a? + y + s) « 4 sin Sa? si n 2y sin 2s ; on en conclut

C = 4 sin (a? + y) sin (y + s) sin (s + a?) — 4 sin 2a? sin 2y sin 2s.

Enfin, l'égalité (4), si l'on développe sin {y-\-z) y sin (s + a?), sin (a? + y), qu'on remplace sin 2a? 9 . . . par 2 sin a? cos a? , . . . et qu'on divise les deux membres par cos 2 a? cos 1 y cos 9 s, donne, successivement,

(tgy + tg a?) (tgs + tg x) (tgs + tg y) = 8 tg a? tg y tgs, 2 tga? y (tga? + tgy) = Ôtga?tgytgs, 2 tg^j-^gy ==6 tgs

Notb. Voici Vorigine de la question 1221. Cherchons la direction sur laquelle il faut projeter les côtés d'un triangle k\ k%k% pour que la somme des carrés des projections soit' maximum ou minimum (voir MathetU, (2), X, Q. 1257, p. 56). Si les perpendiculaires abaissées de l'origine des

coordonnées sur les côtés du triangle A, A«A 5 et sur la direction cherchée font avec Taxe des x les angles ai, a 3 , a», ç>, la somme considérée a pour expression

À « 4R* 2 sin* Ai cos* (ai — 9); le maximum et le minimum de A sont déterminés par l'équation

^=s0, ou 2 sin* Ai sin 2 (ai — <p) = 0.

Supposons la direction cherchée parallèle à Taxe des x\ alors

2 sin 1 A, sin 2a, = 0. (6) D'autre part, les équations des côtés du triangle A|A 2 A S étant Xi = X cos ai + y sin a, — = 0, etc.

l'ellipse circonscrite qui a son centre au centre de gravité de A,A 2 A 6 a pour équation

2 (x cos ai + y sin a 2 — p*){x cos a s -]- V *i n a « — .?«) sin A 2 sin A s = 0.

La condition nécessaire pour que ses axes principaux soient parallèles aux axes coordonnés est que le coefficient de xy s'annule; on trouve

2 sin («t + ai) sin A 2 sin A f « 0. (7)

Une autre méthode m'avait indiqué que les directions qui correspondent aux valeurs extrêmes de A, étaient parallèles aux axes de l'ellipse de Steiner; j'en concluais l'identité des équations (6) et (7). Celles-ci se transforment en les équations (1) et (3) de la question 1221, si Ton remplace Ai, Ai, Ai par a 2 — a 5 , «i — «i, <x t — a f ,

On obtient l'équation (6) en considérant l'ellipse (imaginaire) qui a pour centre G et qui est autopolaire à A4A2A1. En effet, elle a pour équation 2X 1 9 sin 1 Ai = 0, et ses axes principaux sont ceux de l'ellipse de Steiner. (J. Neuberg.)

"Questloo 1948.

(Voir Mathe$i$ (2), IX, p. 264).

Soient Ai, Bi, Ci les centres des trois carrés inscrits au triangle ABC.

1° Les droites AA ( , BB ( , Cd concourent en un même point. 2° Les souples (AB,, AC,), (BAi,BCi), (CA,,CBi) sont isogonaux par rapport aux angles A, B, C. 3° Trouver le rapport des aires des triangles A,B,Ci. ABC. 4° Connaissant les points B, C, A, ou B, A, A,, trouver le troisième sommet du triangle ABC.

Solution par M. G. Gérard. Nous généralisons la question, en remplaçant les carrés par trois rectangles semblables quelconques inscrits au triangle ABC; ces rectangles sont définis par l'angle que font leurs diagonales avec le côté correspondant du triangle ABC; les lieux de leurs centres sont trois droites passant respectivement par le milieu de chaque côté et le milieu de la hauteur correspondante. Soit MNPQ l'un de ces rectangles, s'appuyant par son côté MN sur BC, par ses sommets PetQ sur AB et AC, et soit A, son centre. Menons par les sommets B et C du triangle ABC des parallèles BA 2 , CA 2 aux diagonales MP, NQ de ce rectangle.

En considérant les triangles homothêtiques PA t Q, BA 2 C on voit que, le centre A, d'un rectangle d'angle 9 construit sur le câli BC, se trouve sur la droite menée de A au sommet du triangle isoscèle d'angle construit sur BC. Il convient d'attribuer un signe à l'angle 0, ce signe étant on — selon que le triangle BA 2 C est dirigé vers l'intérieur ou vers l'extérieur du triangle fondamental. Observons aussi que Ai étant le milieu des diagonales, les faisceaux B(ACAiA«), C(ABA|A«) sont harmoniques. Cela posé, soient Ai, Bi , Ci les centres de trois rectangles d'angle inscrits au triangle ABC, A*, B«, d les sommets des triangles isoscèles d'angle G construits sur les côtés correspondants.

1* Les droites AA { , BB<, CC< concourent en un même point : en effet, ces trois droites passent respectivement par A 2 . B 2 , C 2 ; mais, les triangles isoscèles BA 2 C,... sont semblables; donc, les droites AA 2 , BB 2 , CC 2 ou AA f , BBi, CCi se coupent en un même point de l'hyperbole de Kiepert de ABC.

2° Les couples tels que AB 4 , AC t sont isogonaux : en effet, les droites ABi, ACi sont, par rapport à l'angle A, les conjuguées harmoniques de deux droites isogonales AB 2 , AC 2 .

3° Désignons par (a, ,6, y), (a', (3', /), (a", (3", /') les coordonnées normales absolues des points A,, Bi, Ci ; par S, Si les aires ABC, AiB t Ci ; par ai f b i ,c l les diagonales des trois rectangles décentrés Ai,Bi 9 Ci.

D'après une formule connue,

S, 1 S hh'h"

Si Ton construit les coordonnées des points Ai, Bi 9 C it on trouve facilement

a — | ai sin 9, /3 — J a, sin (C + 0), y = { a , sin (B + 8), eto , donc

sin 9 sin (C + 6) sin (B + 0) sin (C + 6) sin sin (A + 0) sin (B + 0) sin (A + 0) sin

Les côtés p 9 q du rectangle de centre Ai sont égaux à a t sin 0, a K cos 0, et les triangles semblables APQ, ABC donnent

Si a\b\C\ 6 ==B 8ÂÂ 7 F'